2020高三化学二轮复习高考常考题：氧化还原反应的相关计算

2020届届届届届届届届网—一届届届届届届届届届届届届届届届届届. 将一定量的氯气通入50mL10.00mol?L-1的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后，溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO?共存体系(不考虑氯气和水的反应).下列说法正确的是()A.若反应中转移的电子为门”也1,则0.25<n<0.5B.溶液中n(NaCl):n(NaClO):n(NaClO3)可能为3:2:1C.与NaOH反应的氯气物质的量： <«口上)匕ETTjniulD.当溶液中n(NaClO):n(NaClO3)=5:1时，反应的离子方程式为：8cI2+16OH-=10Cl-+5ClO-+ClO3+8H2O.偏二甲肿[(CH3)2N-NH2](N为-2价)与N2O4是常用的火箭推进剂，发生的化学反应如下：(CH3)2N-NH2(l)+2N2O4Q)=2CO2(g)+3N2(g)+4H2O(g)AH<0,下列说法不正确的是()A.该反应在任何情况下都能自发进行B.1mol(CH3)2N-NH2含有11mol共价键C.反应中，氧化产物为CO2,还原产物为N2D.反应中，生成1molCO2时，转移8mole-3.已知：将amolCl2通入含bmolNaOH的溶液中两者恰好完全反应，产物中可能有NaCl、NaClO、NaClO3。温度不同，三者的量也不同。下列说法不正确 的是♦♦♦A.改变温度，当产物中NaClO3的物质的量最大时，发生的离子反应为：3Ch+GOH-=&cr+ClOi43HMB.某温度下，反应后若溶液中 c(ClO-):c(ClO3)=1:2,发生的离子反应为：7ch+ CIO_42CIO^+C.参加反应的Cl2与NaOH的物质的量关系一定是a=0.5bD.改变温度，反应中转移电子的物质的量可能为 bmol4.已知：将amolCl2通入过量的KOH溶液中，产物中可能有 KCl、KClO、KClO3,且产物的成分与温度高低有关。下列有关说法不正确 的是♦♦♦A.若某温度下，反应后c(Cl-)：c(ClO3)=6：1,则溶液中c(Cl。-)：c(ClO3)=1：1B.参加反应的KOH的物质的量等于2amolC.改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为0.5amolD.改变温度，反应中转移电子的物质的量 n(e-)的范围：amol<n(e-)w^mol3

5.二氧化硫是形成酸雨的罪魁祸首之一，含硫煤燃烧的尾气处理一直是化学研究的重要课题。某工厂设计了新的5.治污方法，该工艺流程如图所示，下列叙述不正确的是（） 卜海髀4soiTOC\o"1-5"\h\zA.该过程中可得到化工产品H2SO4 ’B.该工艺流程中Fe2（SO4）3可以循环利用C.若处理含1LSO2的尾气，理论上需要通入相同条件下的空气约 2.5LD.可用澄清石灰水检验最终排出的气体是否含有二氧化硫.已知Na是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 （）A.常温1LpH=2的H3PO4溶液中含H+数目0.01Na?????0.1mol苯被氧化为CC2转移电子数为3Na46.0g甘油（丙三醇）中共价键数目为6.5Na??????????????18g重水（D2O）中含有的中子数为10Na.某磁黄铁矿的主要成分是FexS（S为-2价），既含有Fe2+又含有Fe3+。将一定量的该磁黄铁矿与100mL的盐酸恰好完全反应（注：矿石中其他成分不与盐酸反应 ），生成2.4g硫单质、0.425molFeCb和一定量H2s气体，且溶液中无Fe3+°则下列说法£正确白^是（）A.该盐酸的物质的量浓度为8.5molL-1B.生成的H2s气体在标准状况下的体积为 9.52LC.该磁黄铁矿FexS中，x=0.85D.该磁黄铁矿FexS中，Fe2+的物质的量为0.15mol.设Na为阿伏加德罗常数的值。由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐称为混盐。向混盐CaOC2中加入足量浓硫酸， 发生反应：CaOC2+H2sO4（浓）=CaSQ+Cl2T+H2O0下列说法正确的是A.明矶、小苏打都可称为混盐B.在上述反应中，浓硫酸体现氧化剂和酸性C.每产生1molCl2,转移电子数为Na???????D.1molCaOCl2中共含离子数为4Na.《环境科学》刊发了我国科研部门采用零价铁活化过硫酸钠 （Na2S2O8,其中S为+6价）去除废水中的正五价神[As（V）]的研究成果，其反应机制模型如图所示。 设阿伏加德罗常数的值为Na,Ksp[Fe（OH）3]=2.7X10-39。下列叙述正确的是（）

A.1mol过硫酸钠（Na2s2。8）含2Na个过氧键B.若56gFe#加反应，共有Na个S2O8-被还原C.室温下，中间产物Fe（OH）3溶于水所得饱和溶液中c（Fe3+）为2.7X10-18mol・L-1D.pH越小，越有利于去除废水中的正五价神10.工业废水中含有的Cr2O2-和CrO2-会对水体产生很大的危害，这种工业废水必须净化处理。一种处理含铭废水的工艺流程如下：10.CrOf（葩）C?+ 匚『（。⑷.工OS此 ②田艮 颜和IF列说法不正确的是（）。A.①中，酸化后发生反应为2CrO4-+2H+?Cr2O2-+士。B.②中，反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为 3:1C.③中，所得沉淀Cr（OH）3中含有Fe（OH）3D.③中调pH所用物质可以是NH3或Fe2O311.设11.设Na为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.25c时Ksp(CaSO4)=9X10-6,则该温度下CaSQ饱和溶液中含有3X10-3na个Ca2+B.铅蓄电池放电时负极净增质量比正极净增质量多 16g时，转移电子数为NaC.0.1molSO2溶于水，溶液中SO2-、HSO3、H2so3的总数为0.1NAD.NH4N3（叠氮化钱）发生爆炸NH4N3岂2N2T+2H2To当车t移4Na个电子时，产生44.8L（标准》大况）混合气体12.C和CuO在高温下反应可能生成Cu、Cu2O、CO2、CO。现将1g碳粉跟8gCuO混合，在硬质试管中隔绝空气高温加热，将生成的气体全部通入足量 NaOH溶液中，12.并收集残余的气体，测得溶液增加的质量为1.1g,残余气体在标准状况下的体积为560mLo下列说法不正确的是（）A.在硬质试管中隔绝空气高温加热固体混合物时，有0.6g碳参加了反应B.试管中发生的所有氧化还原反应共转移电子 0.15molC.反应后试管中剩余的固体混合物的总质量为 7.2gD.反应生成铜和氧化亚铜的总物质的量为 0.1mol

13.设NA代表阿伏加德罗常数的值， N表示粒子数。下列叙述正确的是（）A.在标准》^况下2.24LCC4中含有的C—Cl键数目为0.4NaaNA

~U~B.将1molCI2通入水中，则N(HClO)+N(Cl-)+N(ClO-)=aNA

~U~C.将CO2通过Na2O2使其质量增加ag时，反应转移的电子数为D.3.0g含甲醛（HCHO）的冰醋酸中含有的原子总数为 0.4Na.实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低。现有一定量的铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出。在反应结束后的溶液中逐滴加入 5molL-1NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积（mL）与产生沉淀的物质的量（mol）关系如图所示。下列说法不正确的是（A.稀硝酸与铝粉、铁粉反应，其还原产物为硝酸俊c点对应溶液的体积为48mLb点与a点的差值为0.05molD.样品中铝粉和铁粉的物质的量之比为 5:3.黄铁矿（主要成分FeS2）是工业制硫酸的主要原料，暴露在空气中会被缓慢氧化，其F*出+6FF*出+6F仪CHh+W氧化过程如图所示。下列有关说法不正确的是 （）A.发生反应a时，0.1molFeS被氧化时消耗标准状况下空气的体积大约 39.2LB.为了验证b溶液中含Fe2+,可选用KSCN溶液和氯水C.取10mlb溶液测定其成分，通入标准状况下 Ch22.4ml恰好完全反应。然后调节pH,使溶液中的铁元素全部转化为沉淀，经过滤、洗涤、灼烧，冷却后称重，得固体质量为0.32g,则b溶液中c（Fe3+）=0.2mol/LD.现有一含有FeCl2和FeCh的混合样品,采用一定方法测得n（Fe）:n（Cl）=1：2.1,则该样品中FeC3的物质的量分数为10%。16.NO),共收集到1.12L气体(标准》犬况16.NO),共收集到1.12L气体(标准》犬况)化钠30mLo则浓HNO3物质的量浓度为剩余酸用NaOH中和，共耗去1mol/L氢氧()8mol/L9mol/L11mol/L12mol/L20mL浓硝酸和2.56g铜反应，铜完全溶解，生成的气体颜色由深变浅 (生成NO2、Fe粉，如图17.现有NaNO3和HCl的混合溶液400mL,Fe粉，如图n(rrJ/inolTOC\o"1-5"\h\z1 2 ?所示。(反应中HNO3只被还原成NO)下列说法正确的是A.硝酸钠的物质的量浓度为2.5mol/LB.标况下，反应过程共产生22.4L的气体C.整个反应过程中每步转移的电子之和为 4molNaCl和FeClNaCl和FeCl2的混合物.黄铜矿(主要成分CuFe检)是提取Cu的主要原料。 已知：2CuFeS2+800C 1\4O2=CU2S+3SO2+2FeO(1)产物Cu2s在1200C高温下继续反应： 2Cu2s+3O2=2Cu2O+2SO2(n)2CU2O+Cu2S=6Cu+SO2T(m) 假定各步反应都完全。则下列说法正确的是()A.反应I中CuFeS2仅作还原剂B.取12.5g黄铜矿样品，经测定含3.60g硫，则矿样中CuFeSz质量分数一定为82.8%C.由6molCuFeS2生成6molCu消耗。2的物质的量为14.25molD.6molCuFeS2和15.75molO2反应，理论上可得到铜的物质的量为3mol.设Na为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是()A.过量的铁在1molCl2中燃烧，最终转移电子数为2NaB.在50g质量分数为46%的乙醇水溶液中，含氢原子总数为 6Na+ +!1”-反应中，生成28gN2时,转移的电子数目为3.75Na1L1mol/LNaCl溶液和1L1mol/LNaF溶液中离子总数：前者小于后者.将一定量的氯气通入50mL10.00molL-1的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后，溶液中只有NaCl、NaClO、NaClO3三种溶质。下列说法正确的是A.与NaOH反应的氯气物质的量： 0.25mol<n(Cl2)<0.5molB.若反应中转移的电子为nmol,则0.25<n<0.5C.溶液中n(Na+):n(Cl-)可能为7：5D.溶液中n(NaCl):n(NaClO):n(NaClO3)可能为10：2：121.某合金只含铝、铁、铜三种元素，取合金26.2g,加入到含nmol稀硝酸的溶液中，恰好完全反应，放出无色气体NO11.2L(标准状况下)。将反应后的溶液分成2等份，向一份溶液中滴加K3[Fe(CN)6],无明显现象。向另一份溶液中滴加氨水至过量，过滤得沉淀bg,充分灼烧得固体cg,减轻了5.4g,再加入到过量的NaOH溶液中，剩余不溶物dgo下列说法不正确的是()已知：Fe2+遇至UK3[Fe(CN)6]会出现蓝色沉淀； Cu2++4NH3H2O=Cu(NH3)2++4H2OA.n=2B.原合金中铜的质量为9.6gC.若将上述nmol稀硝酸逐滴加入到合金中，放出气体仍为 11.2L(标准状况下)D.d不是一确定值，可能为822.设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 ()A.甲烷氯代反应中，消耗1molCl2生成HCl分子数为NaB.密闭容器中，2molNO和1molO2充分反应后分子总数为2Na1L0.1molL-1NH4Al(SO4)2溶液中阳离子总数小于0.2NAD.当反应MgO+C+Cl2=MgCl2+CO中转移电子总数为2Na时，断裂2molCl—Cl键.向质量为30g的Fe、Fe2O3混合物中加入250mL4mol/L的稀HNO3恰使混合物完全溶解，放出NO(标准X犬况)2.24L,所得溶液中再滴加 KSCN溶液，无血红色出现。若用与上述混合物中铁元素质量相等的铁屑和足量的稀硫酸充分反应， 所得到的气体在标准状况下白体积为 ()A.15.12L B.l0.08L C.2.24L D.3.36L.用如下装置处理含KMnO4的废液，使Mn元素转化为MnO2沉淀，从而消除重金属污染，下列说法错误的是号也电槌稀KOH号也电槌稀KOH斑法Y帙电槌A.为了增大右侧溶液的导电性可以加稀硫酸造成强酸性环境B,右侧产生的Fe2+沉淀MnO4的离子方程式为：7H2O+3Fe2++MnO4=3Fe(OH)3J+MnO2J+5H+C.当电路中转移6mole-时，可以产生87gMnO2沉淀MnO4处理完全后，实验结束时左侧可能会生成沉淀答案和解析1.【答案】D【解析】【分析】本题考查氧化还原反应计算、根据方程式的计算等，难度较大，注意利用极限法、电子守恒和原子守恒法的利用，侧重于考查学生的分析能力和计算能力。【解答】n(NaOH)=10.00mol/Lx0.05L=0.5mol,A.氯气和NaOH反应有2NaOH+CI2=NaCl+NaClO+H2O、6NaOH+3cI2=5NaCl+NaClO3+3H2O,当生成NaCl和NaClO时转移电子最少，0.5molNaOH消耗0.25molCl2,生成0.25molNaCl转移电子的物质的量为0.25mol；当生成NaCl和NaClO?时，0.5molNaOH消耗0.25molCl2,生成0.42molNaCl转移电子的物质的量为0.42mol,所以如果反应中转移的电子为nmol,则0.25<n<0.42,故A错误；B.令n(NaCl)=3mol,n(NaClO)=2mol,n(NaClO3)=1mol,生成NaCl获得的电子为3molx1=3mol,生成NaClO、NaClO3失去的电子为2molX1+1molx5=7mol,得失电子不相等，故B错误；C.若氯气和NaOH只发生反应2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H20,则消耗氯气为0.25mol,若只发生反应6NaOH+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3H2O,消耗的氯气为0.25mol,所以与NaOH反应的氯气物质的量为0.25mol,故C错误；D.当溶液中n(NaClO):n(NaClO3)=5：1时，则Cl原子失去的电子数为10,生成NaCl得到的电子数为1,所以NaCl的计量数为10,反应的离子方程式为：8Cl2+16OH-=10Cl-+5ClO-+ClO3+8H2O,故D正确。故选：Do.【答案】C【解析】【分析】本题考查氧化还原反应、化学反应进行的方向判断，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型，注意把握氧化还原反应的分析，学习中注意相关基础知识的积累，难度一般。【解答】A.该反应是嫡增反应，即AS>0,又是放热反应，即AH<0,则AH-TAS一定小于零，故该反应在任何情况下都能自发进行，故 A正确；B.一个(CH3)2N-NH2分子中含有11个共价键，则1mol(CH3)2N-NH2含有11moi共价键，故B正确；C.反应中，偏二甲肿中N元素化合价由-2价升高为。价，N2O4中N元素化合价由+4价降低为0价，则用既是氧化产物又是还原产物，偏二甲肺中碳元素由-2价升高为+4价，CO2为氧化产物，故C错误；D.N2O4中N元素化合价由+4价降低为0价，生成1molCO2时消耗1molN2O4,转移8mole-,故D正确；故选Co.【答案】D【解析】【分析】本题考查了氧化还原反应的有关计算， 根据原子守恒及转移电子守恒是解本题关键， 并结合极限法分析解答，难度中等。【解答】A.根当产物中NaClO3的物质的量最大时即只生成 NaCl和NaClO3,所以根据转移电子守恒得n(C|-)=5n(ClO3),则发生的离子反应为： 3cl2+6OH-=5Cl-+ClO3-+3H20,故A正确；B.某温度下，反应后若溶液中c(ClO-):c(ClO3)=1：2,根据转移电子守恒得n(Cl-)=n(ClO-)+5n(ClO3),所以c(Cl-)=11,所以发生的离子反应为： 7cl2+14OH-=11Cl-+ClO+2clO3-+7H2O,故B正确；C.钠元素守恒n(NaOH)=n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3),氯原子守恒有2n(Cl2)=n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3),故参加反应的Cl2与NaOH的物质的量的关系一定是a=0.5b,故C正确；D.根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+ ，一. ，，一， 1 3H2。可知，氧化厂物只有NaClO,转移电子数最少，为bx?2?molX1=0.5bmol,氧1 5 ?5化广物只有NaClO3,转移电子数取多，为bx-molx?6?=而bmol,则反应中转移电子的物质的量不可能为bmol,故D错误。故选D。.【答案】C【解析】【分析】本题考查氧化还原反应计算，题目难度中等，注意电子转移守恒及极限法的应用，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力。【解答】A.设n(ClO-)=1mol,反应后c(Cl-):c(ClO-)=6,则n(Cl-)=6mol,电子转移守恒，5Xn(ClO3)+1Xn(ClO-)=1Xn(Cl-)，即：5Xn(ClO3)+1ximol=1X6mol,解得：n(ClO3)=1mol,故溶溶液中c(ClO-)：c(ClO3)=1：1,故A正确；B.由Cl原子守恒可知，2n(Cl2)=n(KCl)+n(KClO)+n(KClO3),由钾离子守恒可知n(KCl)+n(KClO)+n(KClO3)=n(KOH)=amol,故参加反应的氯气的物质的量为：1 ，.一n(Cl2)=2n(KOH)=2amol,故B正确；C.氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，根据电子转移守恒 n(KCl)=5然0。3),由钾一—j一 - 1 1离子守恒：n(KCl)+n(KClO3)=n(KOH),故n(KClO3)=6n(KOH)=卫x2amol=1 ，.一…一oamol,故C错误;3D.氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，根据电子转移守恒 n(KCl)=5(KClO3),由钾1 1离子守恒：n(KCl)+n(KClO3)=n(KOH),故n(KClO3)=6n(KOH)=召x2amol,转移电子最大物质的量为： 1amolX5=Iamol,氧化产物只有KClO时，转移电子最少，3 3根据电子转移守恒n(KCl)=n(KClO),根据钾离子守恒： n(KCl)+n(KClO)=n(KOH),1 1 ,.一.，一，，.一一一 一一、，故：n(KClO)=2n(KOH)=2X2amol=amol,转移电子取小物质的重amol,则反应中转移电子的物质的量n的范围为：amol&n(e-)<5amol,故D正确。3故选Co.【答案】D【解析】【分析】本题以工艺流程为载体考查物质的循环使用、 氧化还原反应计算以及物质的检验， 解答这类问题应明确流程转化以及元素化合物的相关知识，试题难度一般。【解答】A.分析流程，SO2最终转化为H2SO4,故该过程中可得到化工产品 H2SO4,A正确；B.Fe2(SO4)3与SO2反应生成FeSQ,然后FeSQ被氧化为Fe2(SO4)3，故该工艺流程中Fe2(SO4)3可以循环利用，B正确；C.根据得失电子守恒， 需要相同条件下的氧气0.5L,理论上需要通入相同条件下的空气4^2.5L,C正确；D.煤燃烧生成二氧化碳，最终排出的气体一定含有二氧化碳，也能使石灰水变浑浊， D错误。故选Do.【答案】D【解析】【分析】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算， 题目难度一般，掌握物质的结构是解题关键。【解答】A.常温下pH=2的H3P。4溶液中，c（H+）=0.01molL-1,因此1L该溶液中含有的H+数目为0.01Na,故A正确；B.0.1mol苯被氧化为CO2转移的电子数为3Na,故B正确；C.1mol甘油（丙三醇）中共价键数目为13Na,46.0g甘油的物质的量为0.5mol,故含有的共价键数目为6.5Na,故C正确；D.D2O的摩尔质量为20gmol-1,18g重水的物质的量为0.9mol,含有的中子数为9Na,故D错误。故选Do.【答案】D【解析】【分析】本题考查氧化还原反应相关计算，题目难度中等，根据反应过程中原子守恒、转移电子守恒进行计算，充分考查了学生的分析能力及化学计算能力。【解答】A.将一定量的该磁黄铁矿与100mL的盐酸恰好完全反应，生成0.425molFeCb，根据氯原子守恒知，HCl的物质的量为0.85mol,100mL的盐酸中HCl物质的量浓度为8.5molL-1,故A正确；.根据铁原子守恒知，磁黄铁矿中铁的物质的量为 0.425mol,硫单质是由反应2Fe3++S2-=2Fe2++S七成的，生成2.4g硫单质，物质的量为0.075mol,则磁黄铁矿中+3价铁的物质的量为0.15mol,+2价铁的物质的量为0.425mol-0.15mol=0.275mol,根据化合物中各元素正负化合价代数和为0知，原磁黄铁矿中-2价硫的物质的量为0.5mol,根据硫原子守恒知，生成H2s的物质白勺量为0.5mol-0.075mol=0.425mol,标准状况下的体积为9.52L,故B正确；C.根据上述分析，该磁黄铁矿中 FexS白^x=0425=0.85,故C正确；0.5D.根据上述分析可知，FexS^,Fe2+的物质的量为0.275mol,故D错误。故选Do8.【答案】C【解析】【分析】本题考查了氧化还原反应、化学键、物质的组成，题目难度不大，注意把握氧化还原反应的分析方法，把握混盐 CaOC2的组成微粒是解题的关键，题目难度不大。 CaOCl2+H2SC4（浓）=CaSQ+Cl2T+H2O反应中，部分Cl元素的化合价从+1价降低到0价，部分Cl的化合价从-1价升高到0价，反应中只有Cl元素的化合价发生变化，据此分析解答。【解答】A.小苏打是碳酸氢钠，不是混盐，故A错误；.反应中S的化合价没有发生变化，浓硫酸只表现酸性，故B错误；C.反应中，部分Cl元素的化合价从+1价降低到0价，部分Cl的化合价从-1价升高到0价，方程式中转移电子数目为 1,则每产生1mol氯气，转移电子数为Na,故C正确；D.lmol混盐CaOC2中含有1molCa2+、ImolCl-、ImolClO-,即含有3Na个离子，故D错误。.【答案】C【解析】【分析】本题考查氧化还原反应、溶度积计算等相关知识，意在考查考生接收、整合化学信息的能力，难度中等。【解答】A.根据化合价代数和为零的原则， 可得出1mol过硫酸钠(Na2s208)含有Na个过氧键，故A错误；B.根据图示，可得出转化过程中Fe先被S2O8-氧化为Fe2+,反应为Fe+S2O8-=Fe2++2So4-,然后Fe2+进一步被S2o8-氧化为Fe3+,最后沉淀中有Fe(OH)2和Fe(OH)3,所以56gFe参加反应时，消耗的$。2-大于Na个，故B错误；C.Fe(OH)3固体极难溶于水，Fe(OH)3的饱和溶液近似中性， 溶液中的OH-主要来源于水的电离，c(OH-)=1.0X10-7mol/L,Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)Xc3(OH-)=c(Fe3+)X(1.0X10-7)3=2.7X10-39,可得c(Fe3+)=2.7X10-18mol/L,故C正确；D.酸性条件不利于形成Fe(OH)2和Fe(OH)3沉淀，难以与正五价碑发生共沉淀，故D错误。故选Co.【答案】B【解析】【分析】本题考查了氧化还原反应、混合物分离提纯及平衡移动，为高频考点，把握发生的反应、平衡移动、氧化还原反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的易错点，题目难度中等。【解答】A.酸化后2CrO4-(黄色)+2H+?Cr2O7-(橙色)+出。正向移动，橙色加深，故A正确；B.②中Cr元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，由电子守恒可知氧化剂与还原剂，,,，一一一、,， (3-2)的物质的量之比为心⑶X?=1：6,故B错误；(U)C.②中反应生成Fe3+、Cr3+,均与碱反应，则③中所得沉淀Cr(OH)3中含有Fe(OH)3，故C正确；D.③中调pH,加入能与氢离子反应的物质，可以是 NH3或Fe2O3,故D正确；故选：Bo.【答案】B【解析】【分析】本题考查了沉淀溶解平衡，铅蓄电池，溶液中离子平衡及氧化还原反应相关计算，解题的关键是要对基础知识掌握要扎实。【解答】A.该选项没有提供体积，没法计算个数，故A错误；B.铅蓄电池放电时，正极是二氧化铅得电子变成硫酸亚铅， 负极是铅失电子变成硫酸亚铅，当转移2摩尔电子时负极净增质量比正极净增质量多32g,则当负极净增质量比正极净增质量多16g时，转移电子数为Na,故B正确；C.二氧化硫溶于水是一个可逆反应， 根据原子守恒得SO3-、HSO3、H2SO3的总数小于0.1Na,故C错误；D.NH4N3=2N2T+2H2忡，只有氢在降，氮都在升，N3中氮-1/3价，NH；中氮-3价，都升为0价，当转移4Na个电子时，产生89.6L(标准》大况)混合气体，故D错误。故选B。.【答案】D【解析】【分析】本题考查混合物的计算，题目难度较大，试题综合性较强，解答关键是根据原子守恒进行计算，注意守恒思想在混合物计算的运用方法，试题有利于提高学生的分析、理解能力及化学计算能力。【解答】生成的气体全部通过足量NaOH溶液，收集残余气体。测得溶液增重的1.1g为二氧化碳的质量，CO2的物质的量为：44gM=0.025mol,残余气体在标准状况下560mL气体为CO的体积，则CO的物质的量为：22015mol=0.025mol,A.根据碳元素守恒可知：参加反应的C原子的物质的量等于CO2与CO的物质的量之和，所以参加反应的碳元素质量为： (0.025mol+0.025mol)X12g/mol=0.6g,故A正确；B.反应中C元素化合价升高，铜元素化合价降低，所以转移电子物质的量为：0.025molX4+0.025molX2=0.15mol,故B正确；C.生成的CC2和CO的总质量为：0.025molX44g/mol+0.025molX28g/mol=1.8g,所以反应后试管中固体混合物总质量为： (1g+8g)-1.8g=7.2g,故C正确；D.氧化铜的物质的量为：n(CuO)=就1=0.1mol,二氧化碳与一氧化碳含有的氧原子物质的量为：0.025molX2+0.025molX1=0.075mol,反应后氧原子存在于氧化亚铜中，所以氧化亚铜的物质的量为： 0.1mol-0.075mol=0.025mol,铜的物质的量为：0.1mol-0.025molX2=0.05mol,反应生成铜和氧化亚铜的总物质的量为 0.075mol,故D错误。故选Do.【答案】D【解析】【分析】本题考查了阿伏加德罗常数的相关计算， 掌握化学计量之间的关系式是解题的关键， 难度中等。【解答】A.标况下，四氯化碳不是气体，无法本!!据体积计算物质的量，故A错误；B.将1molCl2通入水中，氯气与水部分反应，溶液中还含有氯气，根据物料守恒可知2N(Cl2)+N(HClO)+N(Cl-)+N(ClO-)=2Na,故B错误；C.将CQ通过Na2O2时，增重的是CO的质量，且当1mol二氧化碳反应时，转移1mola电子，增重ImolCO的质量为28g,故当增重ag时，转移电子的物质的量为28mol,个数为含，故C错误;28D.甲醛和冰醋酸的最简式均为 CH2O,故3.0g混合物中含有的CH2O的物质的量为n=3.0g30nmM=0.1mol,故共含0.4mol原子即0.4Na,故D正确。30g/moi故选Do14.【答案】B【解析】【分析】本题以图象形式，考查金属与硝酸的反应、混合物计算等，清楚图中各阶段反应过程是解题的关键，解答中注意守恒思想的运用，为易错题目，难度较大。【解答】铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀 HNO3充分反应，被氧化为Al3+、Fe3+,通过题意，反应始终没有气体生成，可以得出不会有氮的氧化物生成，又有硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低，可以推测 N元素由+5变成了-3价，由图可得硝酸过量，加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后，由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可得与 NH+发生了反应，则随着NaOH的滴加，发生的反应依次有：①H++OH-=H2O,②Fe3++3OH-=Fe(OH)3J,Al3++3OH-=Al(OH)3J,③NH++OH-=NH3?H2。，④Al(OH)3+OH-=AlO2+2H2O,b与a的差值为氢氧化铝的物质的量，由图可知， ef段消耗的氢氧化钠溶液为104mL-94m=10mL,故该阶段参加反应的氢氧化钠为 0.01Lx5mol/L=0.05mol,根据Al(OH)3+OH-=AlO2+2H2O可知,Al(OH)3的物质的量为0.05mol,根据铝元素守恒,故混合金属中n(Al)=0.05mol,由图可知，de段消耗的氢氧化钠的体积为94mL-88mL=6mL,故该阶段参加反应的氢氧化钠为0.006LX5mol/L=0.03mol,根据NH++OH-=NH3?H2O可知，计算溶液中n(NH+)=0.03ml,根据电子转移守恒有， 3n(Fe)+3n(Al)=8n(NH+),即3n(Fe)+3X0.05mol=8X0.03mol,解得n(Fe)=0.03mol,由反应过程可知，到加入氢氧化钠为 88mL时，溶液中溶质为硝酸钠与硝酸俊，n(NH4NO3)=n(NH+)=0.03mol,根据钠元素守恒，可知n(NaNO3)=n(NaOH)=0.088LX5mol/L=0.44mol,根据氮元素守恒计算原硝酸溶液中 n(HNO3)二n(NaNO3)+2n(NH4NO3)=0.44mol+0.03molX2=0.5mol,而c点溶液为NaNO3、NH4NO3、Fe(NO3)3、Al(NO3)3,根据氮元素守恒n'(NaNQ)+2n(NH4NO3)+3n[Fe(NO3)3]+3n[Al(NO3)3]=3HNO3),故c点溶液中n'(NaN。=0.5mol-0.03molX2-0.03molX3-0.05molX3=0.2mol,故c点加入NaOH的物质的量=0.2mol,据此解答。A.由上述分析可知，稀硝酸与铝粉、铁粉反应，其还原产物为硝酸俊，故A正确；0.2molB.由上述分析可知，c点对应NaOH溶液的体积=茄不=0.04L=40mL,故B错误;C.由上述分析可知，b与a的差值=n[Al(NO3)3]=0.05mol,故C正确；D.由上述分析可知，混合金属中n(Al)=0.05mol、n(Fe)=0.03mol,样品中铝粉和铁粉的物质的量之比为5:3,故D正确。故选B。15.【答案】B【解析】【分析】本题考查氧化还原反应的应用，掌握常见离子的检验方法和氧化还原反应反应的计算是关键，难度不大。【解答】A.FeS2被氧化生成SO4-,0.1molFeS2被氧化时转移电子的物质的量为 0.1molX2X7= 1.4 一....1.4mol,需要氧气的物质的量为才mol,氧气在空气中的体积分数约为 20%,则消耗标1.4傕状况下空气的体积大约为 —molX22.4L/mol+20%=39.2L,故A正确；B.b溶液中含有Fe3+离子，用KSCN溶液和氯水无法说明溶液含有 Fe2+,故B错误；C.0.32g固体为Fe2O3,n(Fe2+)=2n(Cl2)=0.002mol,根据Fe元素守恒有：n(Fe2+)+n(Fe3+)=2n(Fe2O3)=2x(0.32g-160gmol-1)=0.004mol,故n(Fe3+)=0.002mol,c(Fe3+)=0.002mol+0.01L=0.2mol?L-1,故C正确；D.设FeCl2的物质的量为x,FeC3的物质的量为y,n(Fe):n(Cl)=1:2.1,故(x+y):(2x+3y)=1:2.1,故x：y=9:1,故FeCb的物质的量分数为10%,故D正确。故选Bo16.【答案】A【解析】【分析】本题考查了氧化还原反应的计算，题目难度中等，明确发生反应的实质为解答关键，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力.【解答】2.56gCu与一定量浓硝酸反应，Cu完全反应，反应生成气体的颜色逐渐变浅， 得到的气体为NO和NO2,反应中硝酸起氧化剂与酸性作用，起酸性作用的硝酸生成 Cu(NO3)2,起氧化剂作用的硝酸得到 NO和NO2,根据N原子守恒，反应中作氧化剂的硝酸的物质的量 =”121=0.05mol,22.4L/mol ) 2.56g反应中起酸作用的硝酸的物质的量 =2n[Cu(NO3)2]=2n(Cu)=244g/mol=0.08mol,剩余硝酸消耗NaOH的物质的量为：1mol/LX0.03L=0.03mol,则反应后剩余硝酸的物质的量为0.03mol,所以原浓硝酸中含有硝酸的物质的量为： 0.05mol+0.08mol+0.03mol=0.16mol,则浓HNO3物质的量浓度为： "必=8mol/L,3 0.02L '故选：A。17.【答案】A【解析】【分析】本题主要考查的是物质的性质及相关计算， 意在考查学生的分析能力和计算能力， 理解图像中曲线变化的含义和关键数据点是解题的关键。溶液中，盐酸提供酸性环境，在此环境下，硝酸根具有强氧化性，能将铁单质氧化为铁离子，当硝酸根耗尽时，过量的铁与铁离子反应产生二价铁。由图可知， 1mol铁与硝酸根发生反应，1mol铁与铁离子和可能剩余的氢离子发生反应。【解答】A.酸性环境下，1mol铁被硝酸氧化Fe+4H++NO3=Fe3++NOT+2H2O,参与反应硝酸根物质的量等于铁单质物质的量为 1mol,故400mL硝酸钠的物质的量浓度为2.5mol/L,A正确；B.第一步反应产生1mol铁离子，同时生成ImolNO;反应共产生2molFe2+,由于三价铁离子氧化性大于氢离子，硝酸根耗尽后， Fe3+与Fe单质反应：2Fe3++Fe=3Fe2+,此反应(第二步)消耗铁单质0.5mol,生成1.5molFe2+;由图可知，剩余0.5mol铁与氢离子反应(第三步)：2H++Fe=Fe2++H2T,产生0.5mol氢气；故反应共产生1mol+0.5mol=1.5mol气体，在标准状况下气体的体积为 33.6L,B错误；C.整个反应过程分为三步，每步反应过程转移电子数为 3mol,1mol,1mol,共转移5mol电子，C错误；D.将反应后的混合物过滤，滤液中溶质为 NaCl和FeCb,蒸发结晶时氯化亚铁发生水解，同时被氧化，所得固体为NaCl和Fe?。?的混合物，D错误。故选Ao18.【答案】D【解析】【分析】本题考查混合物的有关计算，题目过程复杂，计算量很大，为易错题目，对学生的心理素质有较高的要求，注意原子守恒计算与过量计算。【解答】A.反应I中CuFe史中铜元素化合价由+2价降低为+1价，硫元素化合价一部分不变，一部分由-2价升高到+4价，所以CuFeS2既做氧化剂又做还原剂，故A错误；B.12.5gX3(CuFeS)x64 =3.6g,解得co(CuFeS)=82.8%，则矿样中CuFe&质64+56+32人L量分数可能为82.8%,若杂质中含硫，则矿样中CuFeS2质量分数低于82.8%,故B错误；C.由反应可知，最终CuFe检与。2反应的最终成为Fe。、Cu、SQ,根据原子守恒n(FeO)二n(CuFeS2)=6mol,n(SO2)=2n(CuFeS2)=12mol,根据。原子守恒可知2n(。2)二n(FeO)+2n(SO2)=6mol+12molX2,故n(O2)=15mol,故C错误；D.2CuFe&+402=Cu2S+3SO2+2FeO6mol12moi3mol故剩余氧气为15.75mol-12moi=3.75mol,生成Cu2s为3mol,2CU2S+302=2CU2O+2SO2；3mol4.5mol故氧气不足，故氧气完全反应，生成 CU20为3.75molx|=2.5mol,剩余Cu2s为3mol-32.5mol=0.5mol,2CU2O+CU2S=6Cu+SC2；1mol0.5mol故氧化亚铜有剩余，生成铜0.5molX6=3mol,故D正确。故选D。19.【答案】D【解析】【分析】本题考查了阿伏加德罗常数的分析应用，主要是电子转移、盐类水解的理解应用，掌握基础是关键，题目难度中等。【解答】A.lmol氯气与过量的铁反应， Cl元素的化合价由0价降低为-1价，所以转移电子数为2Na,故A正确；B.50g质量分数为46%的乙醇溶液中氢原子总数为50誉国X6+50"；6%)X2=6Na，故B正确；C.5NHMr3=幽044风1反应中，生成4molN2时转移15moi电子，生成1528gN2即1molN2时，转移的电子数目为—Na=3.75Na,故C正确；D.1L1mol/LNaCl溶液和1L1mol/LNaF溶液中，由电荷守恒得： c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),c(Na+)+c(H+)=c(F-)+c(OH-),由于NaF溶液发生水解溶液显碱性，故NaF溶液中氢离子浓度较小，而两溶液中 c(Na+)相等，所以NaCl溶液中阴阳离子总数较大，故D错误。故选D。.【答案】C

【解析】【分析】本题考查氧化还原反应计算及根据方程式的计算，为高频考点，把握氧化还原反应中电子守恒及原子守恒为解答的关键，题目难度较大，注意极限法与守恒法的利用。【解答】A.由于反应后体系中没有NaOH,故氢氧化钠反应完，根据钠元素守恒n(NaOH)=n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3)=0.05LX10mol/L=0.5mol,根据氯原子守恒有2n(Cl2)=n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3)=0.5mol,故参加反应的氯气n(Cl2)=0.25mol,故A错误；B.根据方程式C12+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3cI2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+ ，一. ，，一， 1 .3H2O可知，氧化产物只有 NaClO,转移电子数最少，为0.5molX-X1=0.25mol,氧化产物只有NaClO3,转移电子数最多，为0.5molX5x1=0.42mol,故B错误；6c.根据方程式C12+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO,n(Na+)：n(Cl-)最大为2：1,当氧化产物为NaClO?,n(Na+)：n(Cl-)最小为6:5,故6:5<n(Na+)：n(Cl-)<2：1,而7:5<2：1,故C正确；D.令n(NaCl)=10mol,n(NaClO)=2mol,n(NaClO3)=1mol,生成NaCl获得的电子为10molx1=10mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为2molX1+1molX5=7mol,得失电子不相等，即n(NaCl):n(NaClO):n(NaClO3)不可能为10：2：1,故D错误。故选Co.【答案】D【解析】【分析】本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，明确发生反应实质为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力。【解答】A.将反应后的溶液分成2等份，一份溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，无明显现象，则不含Fe2+,所以溶液为Al(NO3)3、Fe(NO3)3、Cu(N